1、考点十四 空间中的平行与垂直关系 第一部分 刷考点A卷 一、选择题1已知平面 平面，若两条直线 m，n 分别在平面，内，则 m，n 的关系不可能是()A平行B相交C异面D平行或异面答案 B解析 由 知，.又 m，n，故 mn.故选 B.2设直线 m 与平面 相交但不垂直，则下列说法正确的是()A在平面 内有且只有一条直线与直线 m 垂直B过直线 m 有且只有一个平面与平面 垂直C与直线 m 垂直的直线不可能与平面 平行D与直线 m 平行的平面不可能与平面 垂直答案 B解析 可以通过观察正方体 ABCDA1B1C1D1 进行判断，取 BC1 为直线m，平面 ABCD 为平面，由 AB，CD 均与
2、 m 垂直知，A 错误；由 D1C1 与 m垂直且与平面 平行知，C 错误；由平面 ADD1A1 与 m 平行且与平面 垂直知，D 错误故选 B.3(2019东北三省四市一模)已知 m，n 为两条不重合直线，为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出 的是()Amn，m，nBmn，m，nCmn，m，nDmn，m，n答案 B解析 当 mn 时，若 m，可得 n.又 n，可知，故选 B.4(2019湖南长沙一中模拟一)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 O 是四边形 ABCD 的中心，关于直线 A1O，下列说法正确的是()AA1ODCBA1OBCCA1O平面 B1CD1DA1O平面 ABD答
3、案 C解析 显然 A1O 与 DC 是异面直线，故 A 错误；假设 A1OBC，结合A1ABC 可得 BC平面 A1ACC1，则可得 BCAC，显然不正确，故假设错误，即 B 错误；在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 O 是四边形 ABCD 的中心，A1DB1C，ODB1D1，A1DDOD，B1D1B1CB1，平面 A1DO平面 B1CD1，A1O平面 A1DO，A1O平面 B1CD1，故 C 正确；又 A1A平面 ABD，过一点作平面 ABD 的垂线有且只有一条，则 D 错误，故选 C.5下列命题中错误的是()A如果平面 平面，那么平面 内一定存在直线平行于平面 B如果平面 不垂直于
4、平面，那么平面 内一定不存在直线垂直于平面 C如果平面 平面，平面 平面，l，那么 l平面 D如果平面 平面，那么平面 内所有直线都垂直于平面 答案 D解析 对于 D，若平面 平面，则平面 内的直线可能不垂直于平面，甚至可能平行于平面，其余选项均是正确的6.如图，在空间直角坐标系中，有直三棱柱 ABCA1B1C1，CACC12CB，则异面直线 BC1 与 AB1 所成角的余弦值为()A 55B 53C2 55D35答案 A解析 设 CB1，则AB1(2,2,1)，BC1(0,2，1)，则 cosAB1，BC1 AB1 BC1|AB1|BC1|55.故选 A.7(2017全国卷)如图，在下列四个
5、正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB 与平面MNQ 不平行的是()答案 A解析 A 项，作如图所示的辅助线，其中 D 为 BC 的中点，则 QDAB.QD平面 MNQQ，QD 与平面 MNQ 相交，直线 AB 与平面 MNQ相交B 项，作如图所示的辅助线，则 ABCD，CDMQ，ABMQ.又 AB平面 MNQ，MQ平面 MNQ，AB平面 MNQ.C 项，作如图所示的辅助线，则 ABCD，CDMQ，ABMQ.又 AB平面 MNQ，MQ平面 MNQ，AB平面 MNQ.D 项，作如图所示的辅助线，则 ABCD，CDNQ，ABNQ.又 AB平
6、面 MNQ，NQ平面 MNQ，AB平面 MNQ.故选 A.8如图，在四边形 ABCD 中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90.将ADB 沿 BD 折起，使平面 ABD平面 BCD，构成三棱锥 ABCD，则在三棱锥 ABCD 中，下列命题正确的是()A平面 ABD平面 ABCB平面 ADC平面 BDCC平面 ABC平面 BDCD平面 ADC平面 ABC答案 D解析 因为在四边形 ABCD 中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，所以 BDCD，又平面 ABD平面 BCD，且平面 ABD平面 BCDBD，所以 CD平面 ABD，则 CDAB，又 ADAB，所以 AB平面 ADC，则
7、平面 ABC平面 ADC，故选 D.二、填空题9如图，P 为正方体 ABCDA1B1C1D1 体对角线 BD1 上的一点，且BPBD1，若 BD1平面 PAC，则 _.答案 13解析 以点 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系不妨设正方体的棱长为 1，则 A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，设 P(x，y，z)，则由BPBD1 得(x1，y1，z)(1，1,1)，所以 P(1，1，)，则AP(，1，)，又因为 BD1平面 PAC，所以BD1 AP10，解得 13.10(2019黑龙江大庆一中四模)给出下列四个命题：如果
8、平面 外一条直线 a 与平面 内一条直线 b 平行，那么 a；过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面其中真命题的序号为_答案 解析 命题是线面平行的判定定理，正确；命题因为垂直同一平面的两条直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；命题平面内无数条直线均平行时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；命题因为两个相交平面都垂直于第三个平面，从而交线垂直于第三个平面，故正确故答案为.11.如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，已
9、知 AB1，点 D 在棱 BB1上，且 BD1，则 AD 与平面 AA1C1C 所成角的正弦值为_答案 64 解析 如图，取 C1A1，CA 的中点 E，F，连接 B1E，BF，EF，则 B1E平面 CAA1C1.过点 D 作 DHB1E，则 DH平面 CAA1C1.连接 AH，则DAH为 AD 与平面 AA1C1C 所成角DHB1E 32，DA 2，所以 sinDAHDHDA 64.12(2019全国卷)已知ACB90，P 为平面 ABC 外一点，PC2，点 P 到ACB 两边 AC，BC 的距离均为 3，那么 P 到平面 ABC 的距离为_答案 2解析 如图，过点 P 作 PO平面 ABC
10、 于 O，则 PO 为 P 到平面 ABC 的距离再过 O 作 OEAC 于 E，OFBC 于 F，连接 PC，PE，PF，则 PEAC，PFBC.又 PEPF 3，所以 OEOF，所以 CO 为ACB 的平分线，即ACO45.在 RtPEC 中，PC2，PE 3，所以 CE1，所以 OE1，所以 PO PE2OE2 3212 2.三、解答题13(2019福建 3 月质检)如图，三棱柱 ABCA1B1C1 中，底面 ABC 是等边三角形，侧面 BCC1B1 是矩形，ABA1B，N 是 B1C 的中点，M 是棱 AA1上的点，且 AA1CM.(1)证明：MN平面 ABC；(2)若 ABA1B，求
11、二面角 ACMN 的余弦值解(1)证明：如图 1，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，连接 BM，因为 BCC1B1 是矩形，所以 BCBB1，因为 AA1BB1，所以 AA1BC，又因为 AA1MC，BCMCC，所以 AA1平面 BCM，所以 AA1MB，又因为 ABA1B，所以 M 是 AA1 的中点，取 BC 的中点 P，连接 NP，AP，因为 N 是 B1C 的中点，则 NPBB1 且 NP12BB1，所以 NPMA 且 NPMA，所以四边形 AMNP 是平行四边形，所以 MNAP，又因为 MN平面 ABC，AP平面 ABC，所以 MN平面 ABC.(2)因为 ABA1B，所以ABA1
12、是等腰直角三角形，设 AB 2a，则 AA12a，BMAMa.在 RtACM 中，AC 2a，所以 MCa.在BCM 中，CM2BM22a2BC2，所以 MCBM，由(1)知，则 MCAA1，BMAA1，如图 2，以 M 为坐标原点，MA1，MB，MC 的方向分别为 x 轴、y 轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则 M(0,0,0)，C(0,0，a)，B1(2a，a,0)所以 Na，a2，a2，则MC(0,0，a)，MN a，a2，a2，设平面 CMN 的法向量为 n1(x，y，z)，则n1MC 0，n1MN 0，即az0，axa2ya2z0.取 x1 得 y2.故平面 CMN 的一个法向量
13、为 n1(1，2,0)，因为平面 ACM 的一个法向量为 n2(0,1,0)，则 cosn1，n2 n1n2|n1|n2|2 55.因为二面角 ACMN 为钝角，所以二面角 ACMN 的余弦值为2 55.14(2019广东湛江高考测试二)三棱锥 ABCD 中，底面BCD 是等腰直角三角形，BCBD2，AB 2，且 ABCD，O 为 CD 的中点，如图(1)求证：平面 ABO平面 BCD；(2)若二面角 ACDB 的大小为3，求 AD 与平面 ABC 所成角的正弦值解(1)证明：BCD 是等腰直角三角形，BCBD2，O 为 CD 的中点，BOCD，ABCD，ABBOB，CD平面 ABO，CD平面
14、 BCD，平面 ABO平面 BCD.(2)CD平面 ABO，CDAOAOB 为二面角 ACDB 的平面角，AOB3，BO 2，ABBO，ABO 为等边三角形，以 B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 B(0,0,0)，C(2,0,0)，A12，12，62，D(0,2,0)，BA12，12，62，BC(2,0,0)，AD 12，32，62，设平面 ABC 的法向量 n(x，y，z)，则 BAn0，BCn0，即12x12y 62 z0，2x0，取 n(0，6，1)，设 AD 与平面 ABC 所成角为，则 sin|cosn，AD|3 62 6212 196 7 427，故 AD 与平面 AB
15、C 所成角的正弦值为 427.B卷 一、选择题1设直线 l 与平面 平行，直线 m 在平面 内，那么()A直线 l 不平行于直线 mB直线 l 与直线 m 异面C直线 l 与直线 m 没有公共点D直线 l 与直线 m 不垂直答案 C解析 直线 l 与平面 平行，由线面平行的定义可知，直线 l 与平面 无公共点，又直线 m 在平面 内，直线 l 与直线 m 没有公共点，故选 C.2(2019河北石家庄二模)设 l 表示直线，表示不同的平面，则下列命题中正确的是()A若 l 且，则 lB若 且，则 C若 l 且 l，则 D若 且，则 答案 B解析 在 A 中，若 l 且，则 l，则 l 与 可能相
16、交、平行或 l；在 B 中，若 且，则，由面面平行的性质可得；在 C中，若 l 且 l，则，则 与 相交或平行；在 D 中，若 且，则，则 与 相交或平行，故选 B.3(2019安徽江南十校 3 月综合素质检测)如图所示，正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 E，F，G，P，Q 分别为棱 AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C 的中点则下列叙述中正确的是()A直线 BQ平面 EFGB直线 A1B平面 EFGC平面 APC平面 EFGD平面 A1BQ平面 EFG答案 B解析 过点 E，F，G 的截面如图所示(H，I 分别为 AA1，BC 的中点)，A1BHE，A1B平面 EFG，HE平面
17、EFG，A1B平面 EFG，故选 B.4设正三棱锥 PABC 的高为 H，且此棱锥的内切球的半径为 R，若二面角 PABC 的正切值为 35，则HR()A5B6C7D8答案 C解析 取线段 AB 的中点 D，设 P 在底面 ABC 的射影为 O，设 ABa，则 OD 32 a13 36 a，PDC 为二面角 PABC 的平面角，tanPDC35，PD6OD 3a，设正三棱锥 PABC 的表面积为 S，则 R3VS 313 34 a2H312a 3a 34 a2H7，HR7.5已知长方体 ABCDA1B1C1D1 中，AA1 3，AB4，若在棱 AB 上存在点 P，使得 D1PPC，则 AD 的
18、取值范围是()A(0,1B(0,2C(1，3D1,4)答案 B解析 连接 DP，由 D1PPC，DD1PC，且 D1P，DD1 是平面 DD1P 上两条相交直线，得 PC平面 DD1P，PCDP，即点 P 在以 CD 为直径的圆上，又点 P 在 AB 上，则 AB 与圆有公共点，即 090；若点 G 在球外，则EGF90；根据题意，可判断，此球与面 ABCD，面 A1B1C1D1 分别相切；与其余面均无公共点因此，当点 G 恰为切点时，EGF 取得最大值 90，故选 D.解法二：以点 D 为原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，则 E43，43，13
19、，F23，23，23，由图易得当点 G 位于长方体的四个侧面时，所处情况相同，则不妨设 G(2，y，z)，y0,2，z0，1，GE GF 23，43y，13z 43，23y，23z(y1)2z1223434，当且仅当 y1，z12，即点 G 为 AB1 的中点时等号成立；当点 G 位于长方体的上下底面时，所处情况相同，则不妨设 G(x，y,0)，x，y0,2，则GE GF 43x，43y，13 23x，23y，23(x1)2(y1)20，当且仅当 xy1，即点 G 为 AC 的中点时等号成立，所以GE GF 的最小值为 0，即EGF 的最大值为 90，故选 D.8(2019安徽泗县一中最后一模
20、)如图，已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2，E 为棱 CC1 的中点，F 为棱 AA1 上的点，且满足 A1FFA12，点 F，B，E，G，H 为过三点 B，E，F 的平面 BMN 与正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱的交点，则下列说法错误的是()AHFBEB三棱锥的体积 VB1BMN4C直线 MN 与平面 A1B1BA 的夹角是 45DD1GG1C13答案 C解析 由于平面 ADD1A1平面 BCC1B1，而平面 BMN 与这两个平面分别交于 HF 和 BE，根据面面平行的性质定理可知 HFBE，故 A 正确；由于A1FFA12，而 E 是 CC1 的中点，故 MA11，H
21、D123，D1G12，GC132，C1N2，VB1BMNVBMNB11312MB1NB1BB113123424，故 B 正确；对于 C，由于 B1N平面 A1B1BA，所以直线 MN 与平面 A1B1BA所成角为NMB1，且 tanNMB1B1NB1M431，故 C 错误；对于 D，根据前面计算的结果可知 D1G12，GC132，故 D 正确，故选 C.二、填空题9(2019北京高考)已知 l，m 是平面 外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_.答案 若 m 且 l，则 lm 成立(或若 lm，l，则 m)解析
22、已知 l，m 是平面 外的两条不同直线，由lm 与m，不能推出l，因为 l 可以与 平行，也可以与 相交不垂直；由lm 与l 能推出m；由m 与l 可以推出lm.故正确的命题是或.10已知四边形 ABCD 是矩形，AB4，AD3.沿 AC 将ADC 折起到ADC，使平面 ADC平面 ABC，F 是 AD的中点，E 是 AC 上一点，给出下列结论：存在点 E，使得 EF平面 BCD；存在点 E，使得 EF平面 ABC；存在点 E，使得 DE平面 ABC；存在点 E，使得 AC平面 BDE.其中正确的结论是_(写出所有正确结论的序号)答案 解析 对于，存在 AC 的中点 E，使得 EFCD，利用线
23、面平行的判定定理可得 EF平面 BCD；对于，过点 F 作 EFAC，垂足为 E，利用面面垂直的性质定理可得 EF平面 ABC；对于，过点 D作 DEAC，垂足为 E，利用面面垂直的性质定理可得 DE平面 ABC；对于，因为ABCD 是矩形，AB4，AD3，所以 B，D在 AC 上的射影不是同一点，所以不存在点 E，使得 AC平面 BDE.11(2019河南洛阳第三次统考)在底面是边长为 2 3的正方形的四棱锥PABCD 中，顶点 P 在底面的射影 H 为正方形 ABCD 的中心，异面直线PB 与 AD 所成角的正切值为 2，若四棱锥 PABCD 的内切球半径为 r，外接球的半径为 R，则 R
24、r_.答案 32解析 如图，E，F 分别为 AB，CD 的中点，由题意，PABCD 为正四棱锥，底面边长为 2 3，BCAD，PBC 即为 PB 与 AD 所成角，可得斜高为 2 3，PEF 为正三角形，正四棱锥 PABCD 的内切球半径即为PEF 的内切圆半径，所以 34(2 3)2122 3r3，可得 r1，设 O 为外接球球心，在 RtOHA 中，R2(6)2(3R)2，解得 R52，Rr52132.12.如图，已知点 D，E 分别是三棱柱 ABCA1B1C1 的棱 BC，A1B1 的中点，给出以下命题：BB1平面 C1DE；DE平面 ACC1A1；平面 ADE平面 BCC1B1；VEA
25、BD2VEDCC1.其中真命题是_(填上所有真命题的序号)答案 解析 因为 CC1 与平面 C1DE 相交，且 CC1BB1，所以 BB1 也与平面C1DE 相交，故错误；取 A1C1 的中点 F，连接 EF，CF，由 EFDC，且EFDC 知四边形 EFCD 是平行四边形，所以 EDFC，又 FC平面 ACC1A1，ED平面 ACC1A1，所以 DE平面 ACC1A1，故正确；因为题中没有任何垂直关系，故错误；设该三棱柱的高为 h，则 VEABD13SABDh16SABCh16V三棱柱取 AB 的中点 G，连接 EG，则 EG平面 BCC1B1，所以 VEDCC1VGDCC1VC1DCG13
26、SDCGh1314SABCh 112V 三棱柱，所以 VEABD2VEDCC1，故正确所以真命题是.三、解答题13如图，直角梯形 BDFE 中，EFBD，BEBD，EF2 2，等腰梯形 ABCD 中，ABCD，ACBD，AB2CD4，且平面 BDFE平面 ABCD.(1)求证：AC平面 BDFE；(2)若 BF 与平面 ABCD 所成角为4，求二面角 BDFC 的余弦值解(1)证明：平面 BDFE平面 ABCD，平面 BDFE平面 ABCDBD，AC平面 ABCD，且 ACBD，AC平面 BDFE.(2)设 ACBDO，四边形 ABCD 为等腰梯形，DOC2，AB2CD4，ODOC 2，OBO
27、A2 2，FE 綊 OB，四边形 BOFE 为平行四边形，OFBE，又BE平面 ABCD，OF平面 ABCD，FBO 为 BF 与平面 ABCD 所成的角，FBO4，又FOB2，OFOB2 2.以 O 为原点，OA 为 x 轴，OB 为 y 轴，OF 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 B(0,2 2，0)，D(0，2，0)，F(0,0,2 2)，C(2，0,0)，A(2 2，0,0)，DF(0，2，2 2)，CD(2，2，0)，AC平面 BDFE，平面 BDF 的法向量为 m(1,0,0)设平面 DFC 的一个法向量为 n(x，y，z)，由DF n0，CD n0，得 2y2 2z0，2x 2
28、y0，令 x2 得 n(2,2，1)，cosn，m21 22221223.二面角 BDFC 的余弦值为23.14(2019河北武邑中学三模)如图，在棱长均为2的三棱柱ABCA1B1C1中，点 C 在平面 A1ABB1 内的射影 O 为 AB1 与 A1B 的交点，E，F 分别为 BC，A1C1 的中点(1)求证：四边形 A1ABB1 为正方形；(2)求直线 EF 与平面 A1ACC1 所成角的正弦值；(3)在线段 AB1 上是否存在一点 D，使得直线 EF 与平面 A1CD 没有公共点？若存在，求出ADDB1的值解(1)证明：连接 CO，因为 C 在平面 A1ABB1 内的射影 O 为 AB1
29、 与 A1B的交点，所以 CO平面 A1ABB1.由已知三棱柱 ABCA1B1C1 各棱长均相等，所以 ACBC，且 A1ABB1 为菱形由勾股定理得 OAOB，即 AB1A1B，所以四边形 A1ABB1 为正方形(2)由(1)知 CO平面 A1ABB1，COOA，COOA1.在正方形 A1ABB1 中，OA1OA.如图建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意得 O(0,0,0)，A1(2，0,0)，A(0，2，0)，B(2，0,0)，C(0,0，2)，C1(2，2，2)，E 22，0，22，F2，22，22.所以A1A(2，2，0)，AC(0，2，2)设平面 A1ACC1 的法向量为 m(x，y
30、，z)，则mAA1 0，mAC0，即 2x 2y0，2y 2z0.令 x1，则 y1，z1.于是 m(1,1,1)又因为EF3 22，22，0，设直线 EF 与平面 A1ACC1 所成角为，则 sin|cosm，EF|mEF|m|EF|3015.所以直线 EF 与平面 A1ACC1 所成角的正弦值为 3015.(3)直线 EF 与平面 A1CD 没有公共点，即 EF平面 A1CD.设 D 点坐标为(0，y0,0)，D 与 O 重合时不符合题意，所以 y00.因为A1D(2，y0,0)，A1C(2，0，2)设 n(x1，y1，z1)为平面 A1CD 的法向量，则nA1D 0，nA1C 0，即 2x1y0y10，2x1 2z10.令 x11，则 y1 2y0，z11.于是 n1，2y0，1，若 EF平面 A1CD，nEF0，又EF3 22，22，0，所以3 22 22 2y0 0，解得 y0 23，此时 EF平面 A1CD，所以 AD2 23，DB14 23.所以 ADDB112.本课结束